1、2020-2021学年度第一学期期末调研高二数学(理科)试题一选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1. 命题“，使得”的否定为（ ）A. ，均有B. ，均有C. ，均有D. ，使得A分析：按照特称命题的否定是全称命题，即可得出结果.解答：命题“，使得”为特称命题，又特称命题的否定是全称命题，所以命题“，使得”的否定为“，均有”故选：A2. 已知等差数列中，则=（ ）A. 6B. 7C. 8D. 9B分析：利用等差数列小角标性质可知：，即可求出结果.解答：因为数列是等差数列，利用等差数列的性质可知：故选：B.3. 已知，则下列结论一
2、定成立的是A. B. C. D. B分析：利用特殊值判断选项，利用不等式的性质判断解答：当，时， 不成立，选项错误；当，时，不成立，选项错误；因为，则，即成立，故选B点拨：本题主要考查不等式的性质，属于中档题.利用条件判断不等式是否成立，要从以下几个方面着手：（1）利用不等式的性质直接判断；（2）利用函数式的单调性判断；（3）利用特殊值判断.4. 不等式的解集是（ ）A. B. C. D. B分析：把分式不等式等价转换为与之等价的一元二次不等式，从而求出它的解集.解答：分式不等式等价于，即解一元二次不等式得：故不等式的解集是故选：B.5. 已知数列的前n项和为，则（ ）A. 48B. 32C.
3、 24D. 8C分析：直接根据数列的项和前项和与项之间的关系求解即可解答：数列的前项和为，则，故选：点拨：本题主要考查数列的项和前项和与项之间的关系，属于基础题6. 已知，且，则的最小值为（ ）A. 9B. 10C. 11D. A分析：利用“乘1法”将问题转化为求的最小值，然后展开利用基本不等式求解解答：，又，且，当且仅当，解得，时等号成立，故的最小值为9故选：A点拨：易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相
4、等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.7. 若实数满足约束条件，则的最大值为（ ）A. 0B. 4C. 8D. 12C分析：画出不等式组表示的平面区域，将转化为斜截式，即，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，把最优解的坐标代入目标函数得结论.解答：画出约束条件表示的可行域，如图所示，将转化为斜截式，即，平移直线，由图可知当直经过点A时，直线在y轴上的截距最大，由，可得，所以的最大值为.故选：C.点拨：方法点睛：本题主要考查线性规划求目标函数的最值，求目标函数最值的一般步骤是“一画、二移、三求”：（1
5、）作出可行域（一定要注意是实线还是虚线）；（2）找到目标函数对应的最优解对应点（在可行域内平移变形后的目标函数，最先通过或最后通过的顶点就是最优解）；（3）将最优解坐标代入目标函数求出最值，属于基础题.8. 设，则“”是“”的（ ）A. 必要不充分条件B. 充要条件C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件C分析：根据充分必要条件的定义判断解答：若，可以推出，故充分性成立，若，则，不能推出，故必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件故选：C9. 如图所示，在平行六面体中，是的中点，点是上的点，且.用表示向量的结果是（ ）A. B. C. D. D分析：根据向量加法平行四边形,向量减法的
6、三角形法则可得.解答：如图所示:因为 .故选:D点拨：本题考查了向量加法的平行四边形,向量减法的三角形法,属于基础题.10. 在长方体中，则与平面所成角的正弦值为（ ）A. B. C. D. A分析：连接，利用线面角定义知为所求的角，在直角中，即可求解.解答：如图：连接，在长方体中，平面，是与平面所成的角，在直角中，故选：A11. 已知双曲线，斜率为2的直线与双曲线相交于点、，且弦中点坐标为，则双曲线的离心率为（ ）A. 2B. C. D. 3B分析：设，根据中点的坐标，利用点差法表示出斜率，从而得到关于、的关系式，再求离心率.解答：斜率为2的直线与双曲线，相交于，两点，设，则，；，得，则，弦
7、中点坐标为，直线的斜率为2，.则.故选：.点拨：本题考查了双曲线的方程与性质，利用“设而不求”方法以及点差法的应用求直线的斜率是解答本题的关键，属于中档题.12. 已知点在抛物线上，是抛物线的焦点，点为直线上的动点，我们可以通过找对称点的方法求解两条线段之和的最小值，则的最小值为（ ）A. 8B. C. D. D分析：由题意，知抛物线的焦点，直线是抛物线的准线，设关于直线的对称点，利用两点之间线段最短，可知的最小值等于，再利用两点之间的距离即可求解.解答：由题意，知抛物线的焦点，直线是抛物线的准线，点在抛物线上，点为直线上的动点，设关于直线的对称点，作图如下，利用对称性质知：，则即点在位置时，
8、的值最小，等于，利用两点之间距离知，则的最小值为故选：D.点拨：思路点睛：本题考查利用对称求最短距离，“两点之间线段最短”，是解决最短距离问题的依据，在实际问题中，常常碰到求不在一条直线上的两条或三条线段和的最小值问题，解决这类问题，可借助轴对称的性质，将不在同一直线上的线段转化为两点之间的距离问题.二填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13. 已知椭圆上的一点到椭圆一个焦点的距离为，则到另一焦点距离为_7试题分析：由椭圆定义知:,所以到另一焦点距离为7.考点：椭圆的定义.14. 已知数列满足等于的个位数，则_.2分析：根据条件先算出，进而求出即可得答案解答：由已知等于的个位数，又，
9、则，又，则，故答案为：215. 已知命题“”是假命题，则实数的取值范围是_当命题为真时，由且可得，故命题为假时，故实数的取值范围是16. 有A，B，C三座城市，其中A在B的正东方向，且与B相距，C在A的北偏东30方向，且与A相距一架飞机从A城市出发，以的速度向C城市飞行，飞行后，接到命令改变航向，飞往B城市，此时飞机距离B城市_分析：根据题意，画出三角形，根据余弦定理即可求解.解答：如图，由题意可知，则，故故答案为：.点拨：本题考查利用余弦定理解决实际问题，属于基础题.三解答题(本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明证明过程或演算步骤)17. 已知.（1）当时，求不等式的解集；（2）当时
10、，解关于的不等式.（1）；（2）分析：（1）将代入，利用分解因式解出不等式；（2）分解因式，由，解出不等式即可解答：（1）时，不等式化为，解得：，不等式的解集为（2）关于的不等式，即，所以解不等式，得或；所以当时，不等式的解集为；18. 在中，分别是角的对边，且.（1）求角；（2）若，求的值.（1）；（2）分析：（1）根据正弦定理，将边化角，利用三角恒等变换以及三角形内角关系，即可求出结果；（2）利用余弦定理以及已知条件，即可求出的值.解答：（1）利用正弦定理得：又，即又，又，（2）由余弦定理知，即所以.点拨：方法点睛：在解三角形题目中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定
11、理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则常用：（1）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“角化边”；（2）若式子含有的齐次式，优先考虑正弦定理，“边化角”；（3）若式子含有的齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边”；（4）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到.19. 已知等比数列满足.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列的前项和.（1）；（2）分析：（1）设等比数列的公比为，利用等比数列的通项公式即可得解；（2）由（1）得，利用错位相减法在数列求和中的应用即可得解.解答：（1）设等比数列的公比为，则，解得：，所以数列的通项公式为：（2）由（1）得， 由-得：，即所以点拨：方
12、法点睛：本题考查数列求通项公式与数列求和，求数列和常用方法：（1）等差等比数列：分组求和法；（2）倒序相加法；（3）（数列为等差数列）：裂项相消法；（4）等差等比数列：错位相减法.20. 已知抛物线C的顶点在原点，焦点在轴，点在抛物线C上.（1）求抛物线C的方程；（2）斜率为的直线过定点，与抛物线C相交所得弦长为，求直线的方程.（1）；（2）或分析：（1）设抛物线的方程为：，又点在抛物线C上，求出m，即可得到抛物线C的方程；（2）设直线的方程为，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合弦长公式，然后求解，即可得到直线方程.解答：（1）已知抛物线C的顶点在原点，焦点在轴，设抛物线的方程为：，又点在抛物
13、线C上，代入得，解得：所以抛物线C的方程为：（2）由题意，设直线方程为，直线与抛物线C的两个交点为,， 联立，整理得：则，由韦达定理得：，利用弦长公式得：，即，解得，即所以直线的方程为或点拨：思路点睛：解决直线与抛物线的综合问题时，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、抛物线的条件；（2）强化有关直线与抛物线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题21. 如图，长方体的侧面是正方形.（1）证明：平面；（2）若，求二面角余弦值.（1）证明见解析；（2）.分析：（1）是正方形，所以有，又是长方体，所以有，根据线面垂直的判定定理可
14、证. （2）以D为原点建系，分别求出面和面的法向量，二面角为锐二面角，利用向量法求出二面角的余弦值.解答：（1）证明：如图1，在长方体中，平面，又平面，.四边形是正方形，.又，平面.（2）解：如图2，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，则，设为平面的一个法向量，则，可取，同理可求平面的一个法向量为，观察可得二面角为锐二面角，其余弦值为.点拨：本题考查线面垂直的证明，考查二面角余弦值的求法， 向量法是立体几何常用的方法，属于基础题型.22. 设椭圆的右顶点为A，上顶点为B，离心率为，.（1）求椭圆的方程；（2）设直线与椭圆交于P，Q两点，直线与直线AB交于点M，且点P，M均在第四象限.若，求的值.
15、（1）；（2）分析：（1）由题意可知，再结合，即可求得，从而得到椭圆的方程；（2）设点P的坐标为，点M的坐标为 ，由题意可得，易知直线的方程为，由方程组可得，由方程组可得，结合，可得或，经检验的值为.解答：（1）设椭圆右顶点为，上顶点，由题意知，即又椭圆离心率，即，又由，可得，从而所以，椭圆的方程为（2）设点P的坐标为，点M的坐标为，由题意，则点的坐标为，由，可知，即由点，点，易知直线的方程为，由方程组消去y，可得，由方程组消去，可得由，可得，整理得，解得或当时，不合题意，舍去；当时，符合题意所以，的值为点拨：思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题